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由数列递推公式求通项公式的几种方法及在高考中的应用


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解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA

由数列递推公式求通项公式的几种方法及在高考中的应用
◎刘 丽 ( 安徽省淮北市第十二中学 235000 ) an a6 21 的最小值为 = . n 6 2 a n + 1 = f( n) a n . 把原递推公式转化为 an + 1 = f( n)

, 利用累乘法求 an 【摘要】 数列在高中数学学习中占有相当重要的一部 分, 不仅在高考中占有很大的比例 , 而且有些涉及数列的高 考题难度也很大. 其中根据数列的递推关系求数列的通项 也是高考中的一个考点 . 公式是很多同学学习的一个难点 , 为了帮助大家突破这一难点 , 在这里对常见的由递推数列 求通项的类型及方法作一归纳 , 并就近几年高考中涉及由 数列递推公式求通项公式的题目做一介绍 . 【关键词】 数列; 通项公式; 求法; 应用 数列的通项在数列中处于关键地位 , 知道了数列的通 项, 才能很好地研究数列的性质 . 在高考数列题中, 求数列 因此求出数列的通项是决定 的通项有着承上启下的作用 , 数列这道题能否解出的关键点 . 下面我们来介绍由数列递 推公式求数列的通项公式的常见类型 . 类型 1 解析 a n + 1 = a n + f( n) . 把原递推公式转化为 a n + 1 - a n = f ( n ) , 利用累 ∴

类型 2 解法

其中 f( n) 多为分式结构. 解, 例3 ( 2000 年全国卷) 设数列{ a n } 是首项为 1 的正项 .
2 2 2, 3, …) , 且( n + 1 ) a n + 1 - na n + a n a n + 1 = 0 ( n = 1 , 则它 数列,

的通项公式是 解析

对上式因式分解, 得

[ ( n + 1 ) a n + 1 - na n ] ( an + 1 + an ) = 0. ∴ an + 1 n = , 则 n +1 an

a2 a3 a4 an 2 3 n -1 1 1 · · ·…· = · · ·…· = , a1 a2 a3 an -1 2 3 4 n n ∴ an = 类型 3 1 ( n∈ N + ) . n an +1 = pan + q( 其中 p, q 均为常数, pq( p -1) ≠0) .

加法( 逐差相加法) 求解. 通常 f ( n ) 是一次函数、 指数函数, 或者说是易掌握的能够求和的类型 . 例1 ( 2011 年高考四川卷理科 8 ) 数列 { a n } 的首项为 ). C. 8 D. 11 3, { b n } 为等差数列且 b n = a n + 1 - a n ( n ∈ N * ) . 若 b3 = - 2 , b10 = 12 , 则 a8 等于( A. 0 解析 B. 3

此类数列解决的常用办法是用待定系数法将其构造成 一个新的等比数列, 再利用等比数列的性质进行求解 . 设 a n + 1 + m = p( a n + m) , 展开整理 a n + 1 = pa n + pm - m, 比较系 数有 pm - m = b, 所以 m = 公比为 p, 首项为 a1 + 例4 数列. 解析 由已知 S n + 1 = ( n + 1 ) - 5 a n + 1 - 85 , 5 1 = an + . 6 6 5 ( an - 1) . 6 ① ② S n = n - 5 a n - 85 , 得 an + 1 ① - ②, b b , 所以 a n + 是等比数列, p -1 p -1

an + 1 - an = 2n - 8, 选 B. 由已知得 b n = 2 n - 8 , 由

b . p -1

累加法得 ( a2 - a1 ) + ( a3 - a2 ) + … + ( a8 - a7 ) = - 6 + ( - 4 ) + ( - 2 ) + 0 + 2 + 4 + 6 = 0 ? a8 = a1 = 3 . 例2 an + 1 33 , ( 2010 年辽宁理数 16 ) 已知数列 { a n } 满足 a1 = . an - a n = 2 n, 则 的最小值为 n 21 . 2 a n = ( a n - a n - 1 ) + ( a n - 1 - a n - 2 ) + … + ( a2 -

( 2010 年上海文数 21 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项

n ∈ N * . 证明: { a n - 1 } 是等比 且 S n = n - 5 a n - 85 , 和为 S n ,

答案: 解析

由类型 3 , 得 an + 1 - 1 = 又

a1 ) + a1 = 2[ 1 + 2 + … + ( n - 1) ]+ 33 = 33 + n2 - n, ∴ a n 33 = + n - 1. n n 33 - 33 + n - 1, 令 f' ( n) = 2 + 1 > 0 , n n

∵ a1 - 1 = - 15 ≠0 , ∴ 数列{ a n - 1 } 是等比数列. 类型 4 解法 an + 1 = pan + qn ( 其中 p, q 均为常数, pq( p - 1 ) ·
n 一般地, 对于 a n + 1 = pa n + q 可以采取两种思

( q - 1) ≠0) . ( 或 an + 1 = pan + rqn , q, r 均为常数) 其中 p, an + 1 an = n + pn + 1 p

设 f( n) =

33 ,+ ∞ ) 上是单调递增, 33 ) 上 则 f( n) 在 ( 槡 在 ( 0, 槡 . 是递减的 ∵ n∈ N + , ∴ 当 n = 5 或 6 时 f( n) 有最小值. 又 ∵ a5 53 a6 63 21 = , = = , 5 5 6 6 2

n +1 n +1 路, 等式 两 边 除 以 p 或 者 q , 分别得到

1 p

( qp ) 或者a q
n

n +1 n +1

=

an 1 p · n + . 前者用累加法, 后者回到 q q q

了类型 3 .
n 对于 a n + 1 = pa n + rq 推荐用第二种思路.

数学学习与研究 2012. 7

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《中学数学研究 》 数学问题 360 的简证
◎韦兴洲 ( 广西恭城县恭城中学 542500 ) 2 ( 2 ) 同 ( 1 ) 可 得, 2 ) 时, f ( θ) ≤ 2 槡 当 ρ ∈ ( 0, 2 π π 0 <θ< ( 当且仅当 θ = 时等号成立 ) , 所 以, 当0 < 2 4 【摘要】 《中学数学研究 》 2011 年第 12 期孙文彩老师给 出了一个值得探究的问题 , 笔者通过构造函数提供了证明 . 【关键词】 等式; 证明; 函数 问题 360
ρ ρ

(

)

( ) ( )

ρ

2 sin θ + cos θ = 2 槡 2 证明 由f

( )(
ρ

对 于 给 定 的 常 数 ρ ∈ R, ρ ≠ 2, ρ ≠ 0, 等式 1 π 0 <θ < 成立. 求证: sinθcosθ = . 2 2

)

θ<

π 2 f ( θ) = 2 槡 时, 2 2

1 ?sniθcosθ = . ( ) ?θ = π 4 2
ρ

记 f( θ) = sin ρ θ + cos ρ θ 0 < θ <

π - θ ) = f ( θ) , 得曲线 y = f( θ) 关于直线 x = 对 (π 2 4 π 称, 故只需研究 θ∈ ( 0 , ] 时的情形. 4
-1 -1 而 f' ( θ) = ρsin ρ θcosθ - ρcos ρ θsinθ ρ -1 ρ -2 = ρsinθcos θ( tan θ - 1 ) .

(

π . 2

)

(

2 ( 3 ) 同( 1 ) 可 得, f ( θ) ≥2 槡 当 ρ ∈ ( 2 ,+ ∞ ) 时, 2 π π 0 <θ< ( 当且仅当 θ = 时等号成立 ) , 所 以, 当0 < 2 4

ρ

)

π ( 1 ) 易得当 ρ∈( - ∞ , 0 ) 时, f' ( θ) < 0 θ∈ 0 , , 故 4 π π y = f ( θ ) 在 0 , 上 单 调 递 减, , 从 而 f ( θ) ≥ f 即 4 4 2 f( θ) ≥2 槡 2

( )(
ρ

(

]

( (

π 0 <θ< . 2

)

)) ( )

1 π π 2 f ( θ) = 2 槡 时, ?θ = ?sinθcosθ = . 2 4 2 2 ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) , . 综合 原命题得证 π 评注 从图像上看, 关于直线 x = 对 称 的 曲 线 C: 4 π f( x) = sin ρ x + cos ρ x 0 < x < , ρ∈ R 始 终 与 直 线 l : y = 2 θ< π 2 2 2 槡 . 当 ρ∈ ( - ∞ , 0 ) 时, , 2 槡 相切于点 曲线 C 4 2 2 2 ) 时, 在直线 l 的上方( 切点除外) ; 当 ρ∈( 0 , 曲线 C 在直线 l 的下方( 切点除外) ; 当 ρ∈( 2, + ∞ ) 时, 曲线 C 在直线 l 的 曲线 C 与直线 l 重合, 都是直线 上方( 切点除外) ; 当 ρ = 0 时, y = 2; 当 ρ = 2 时, 曲线 C 与直线 l 重合, 都是直线 y = 1.

( )
(

ρ

( )

ρ

(

( ))
ρ

)

所以, 当0 < θ < sinθcosθ = 1 . 2

π 2 f ( θ) = 2 槡 时, 2 2

? ( ) ?θ = π 4
ρ

( 接上页) a1 = 1 , 例 5 ( 2010 年重庆理数 21 ) 在数列 { a n } 中, n +1 * a n + 1 = ca n + c ( 2 n + 1 ) ( n ∈ N ) , 其中实数 c ≠0 . 求 { a n } 的通项公式. n +1 解析 a n + 1 = ca n + c ( 2 n + 1 ) , 由类型 4 , 两边同除以 a a n + 1 n cn + 1 , 得 n + 1 = n + ( 2n + 1) . c c an 1 + ( 3 + 5 + … + 2n - 1) . 由类型 1 , 累加, 得 n = c c ∴ a n = c n - 1 + ( n2 - 1 ) c n . ka n . 类型 5 a n + 1 = ma n + n 1 m 1 n = · + , 解法 通常用倒数法得到 之后换 an + 1 k an k 元变形为 b n + 1 = pb n + q, 又回到了类型 3 的处理. 例 6 ( 2011 年高考广东卷理科 20) 设 b > 0, 数列{ an } 满 nban - 1 an = ( n≥2) . 求数列{ an } 的通项公式. 足 a1 = b, an - 1 + 2n - 2 nba n - 1 > 0, 解析 由 a1 = b > 0 , 知 an = an - 1 + 2n - 2 根据类型 5 , 两边取倒数, 得 n 1 2 n -1 = + · , 记为( * ) 式. an b b an - 1
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1 n 1 n -1 , + 变为 = an 2 2 an - 1 n 1 1 ∴ 构成首项为 , 公差为 的等差数列, an 2 2 2 ∴ an = . n 若 b≠2 , 则由类型 3 , n 2 n -1 +p , 设( * ) 式为 + p = an b an - 1 1 , 用待定系数法, 求得 p = 2 -b n 1 2 2 + ∴ , 构成首项为 公比为 的等比 an 2 - b b( 2 - b) b 数列, nb n ( b - 2 ) , b≠2 , nb n ( b - 2 ) bn - 2 n . ∴ an = 化简, 得 an = n n b -2 2, b = 2. 若 b = 2, 则

{ }

(

)

{

}

{

【参考文献】 [ 1] 汤润梅. 浅析递推数列的通项公式的求法 . 学习方 2011 ( 12 ) . 法报( 语数教研周刊) , [ 2] 高继峰. 由递推公式求数列通项公式的几种方法 . 2009 ( 8 ) . 数学学习与研究,


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